|
|
|
@ -1,3 +1,119 @@
|
|
|
|
|
## 树的重心
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
#### [$C$. $Link$ $Cut$ $Centroids$](https://codeforces.com/contest/1406/problem/C)
|
|
|
|
|
> **账号**:$10402852@qq.com$ **密码**:$m****2$
|
|
|
|
|
> **关键词**:**求树的重心**
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
**题目大意**
|
|
|
|
|
给你一棵树的结点数$n$和$n-1$条边,你可以删除一条边再增加一条边,使得树的重心唯一,输出这条边
|
|
|
|
|
> **注意**:有$Specail$ $Judge$,如果删除哪条都行,那就随意删除一条就行
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
**性质**:
|
|
|
|
|
① 删除重心后所得的所有子树,节点数不超过原树的$1/2$,**一棵树最多有两个重心**
|
|
|
|
|
② 树中所有节点到重心的距离之和最小,如果有两个重心,那么他们距离之和相等
|
|
|
|
|
③ 两个树通过一条边合并,新的重心在原树两个重心的路径上
|
|
|
|
|
④ 树删除或添加一个叶子节点,重心最多只移动一条边
|
|
|
|
|
⑤ 一棵树最多有两个重心,且相邻
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
树的重心定义为树的某个节点,当去掉该节点后,树的各个连通分量中,节点数最多的连通分量其节点数达到最小值。树可能存在多个重心。如下图,当去掉点$1$后,树将分成两个连通块:$(2,4,5),(3,6,7)$,则最大的连通块包含节点个数为$3$。若去掉点$2$,则树将分成$3$个部分,$(4),(5),(1,3,6,7)$最大的连通块包含$4$个节点;第一种方法可以 **得到更小的最大联通分量**。可以发现,其他方案不可能得到比$3$更小的值了。所以,点$1$是树的重心。
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|

|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
**思路**
|
|
|
|
|
- 如果找到只有一个重心,那么直接删一个重心的直连边然后加回去就好
|
|
|
|
|
- 如果找到两个重心,那么在其中一个重心上找到一个直连点不是另一个重心,删除连另外一个就好
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
**如何求树的重心?**
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1、先任选一个结点作为根节点(比如$1$号节点),把无根树变成有根树。然后设$sz[i]$表示以$i$为根节点的子树节点个数。转移方程为$\displaystyle sz[u]=\sum_{fa[v]=u} (sz[v])$
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2、设$son[i]$表示删去节点$i$后剩下的连通分量中最大子树节点个数。其中一部分在原来$i$其为根的子树。$\displaystyle son[i]=max(son[i],sz[j])$
|
|
|
|
|
> **解释**:$j$的含义是$i$的所有儿子节点
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
另外一部分在$i$的 **上方** 子树有$n-sz[i]$个。
|
|
|
|
|
$$son[i]=max(son[i],n-sz[i])$$
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|

|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3、利用重心性质: ① 树必须存在$1$或$2$个重心 , ② 如果某个点是重心,那么把它拿下后,其它连通块的个数都需要小于等于整棵树节点个数的一半。 满足条件 ② 的结点数量不会超过$2$个!分别记录为$r_1,r_2$。
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
```cpp {.line-numbers}
|
|
|
|
|
#include <bits/stdc++.h>
|
|
|
|
|
using namespace std;
|
|
|
|
|
const int N = 1e5 + 10, M = N << 1;
|
|
|
|
|
#define int long long
|
|
|
|
|
#define endl "\n"
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
// 链式前向星
|
|
|
|
|
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
|
|
|
|
|
void add(int a, int b, int c = 0) {
|
|
|
|
|
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
|
|
|
|
|
}
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
int sz[N]; // sz[i]:以i为根的子树中节点个数
|
|
|
|
|
int son[N]; // son[i]:去掉节点i后,剩下的连通分量中最大子树节点个数
|
|
|
|
|
int r1, r2, n;
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
void dfs(int u, int fa) {
|
|
|
|
|
sz[u] = 1; // u为根的子树中,最起码有一个节点u
|
|
|
|
|
son[u] = 0; // 把节点u去掉后,剩下的连通分量中最大子树节点个数现在还不知道,预求最大,先设最小
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { // 枚举u的每一条出边
|
|
|
|
|
int v = e[i];
|
|
|
|
|
if (v == fa) continue;
|
|
|
|
|
dfs(v, u); // 先把v为根的子树遍历完
|
|
|
|
|
sz[u] += sz[v]; // 把 v中获取填充的sz[v]值,用于组装自己sz[u]
|
|
|
|
|
son[u] = max(son[u], sz[v]); // 如果把u节点去掉,那么它的所有子节点v为根的子树中节点数,可以参加评选:
|
|
|
|
|
// 评选的标准是:son[i]:去掉节点i后,剩下的连通分量中最大子树节点个数
|
|
|
|
|
}
|
|
|
|
|
son[u] = max(son[u], n - sz[u]); // 右上角的那一块也可能成为评选的获胜者
|
|
|
|
|
if ((son[u] << 1) <= n) r2 = r1, r1 = u; // 删除重心后所得的所有子树,节点数不超过原树的1/2,一棵树最多有两个重心
|
|
|
|
|
// 如果模拟u被删除后,得到的所有子树中节点数量最多的没有超过原树的1/2,那么这个r1=u表示:找到了一个重心u
|
|
|
|
|
// r2=r1表示:如果找到两个重心,那么r1,r2 一人一个,此时,r1中肯定有值,但 r2不一定有值
|
|
|
|
|
}
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
signed main() {
|
|
|
|
|
int T;
|
|
|
|
|
cin >> T;
|
|
|
|
|
while (T--) {
|
|
|
|
|
cin >> n;
|
|
|
|
|
// 多组测试数据,清空
|
|
|
|
|
memset(sz, 0, sizeof sz);
|
|
|
|
|
memset(son, 0, sizeof son);
|
|
|
|
|
// 初始化链式前向星
|
|
|
|
|
memset(h, -1, sizeof h);
|
|
|
|
|
idx = 0;
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
r1 = r2 = 0; // 重心清零
|
|
|
|
|
for (int i = 1; i < n; i++) { // n-1条边
|
|
|
|
|
int x, y;
|
|
|
|
|
cin >> x >> y;
|
|
|
|
|
add(x, y), add(y, x);
|
|
|
|
|
}
|
|
|
|
|
dfs(1, 0); // 以1号点为入口,它的父节点是0
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
if (r2 == 0) { // 如果只有一个重心,r2=0表示没有第二个重心
|
|
|
|
|
int u = r1, v = e[h[u]];
|
|
|
|
|
cout << u << " " << v << endl; // 切掉一条边u->v
|
|
|
|
|
cout << u << " " << v << endl; // 加一条边 u->v
|
|
|
|
|
} else { // 如果有两个重心
|
|
|
|
|
int u = r2, v;
|
|
|
|
|
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { // 不要删除掉两个重心相连接的那条边
|
|
|
|
|
v = e[i];
|
|
|
|
|
if (v != r1) break; // 只要对方节点不是另一个重心,那么就是可以删除的
|
|
|
|
|
}
|
|
|
|
|
cout << u << " " << v << endl; // 切一条边u->v,第二个重心所在边需要被切掉
|
|
|
|
|
cout << v << " " << r1 << endl; // 加一条边v->r1,不走u了,走了u的一个子节点v
|
|
|
|
|
}
|
|
|
|
|
}
|
|
|
|
|
return 0;
|
|
|
|
|
}
|
|
|
|
|
```
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
## 换根$DP$
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
换根$DP$,又叫二次扫描,是树形$DP$的一种。
|
|
|
|
@ -15,6 +131,7 @@
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
> **题意**:给定一个$n$个点的无根树,问以树上哪个节点为根时,其所有节点的深度和最大?
|
|
|
|
|
**深度**:节点到根的简单路径上边的数量
|
|
|
|
|
> **关键词:换根$DP$模板题**
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
如果我们假设某个节点为根,将无根树化为有根树,在搜索回溯时统计子树的深度和,则可以用一次搜索算出以该节点为根时的深度和,其时间复杂度为 $O(N)$。
|
|
|
|
|
|
|
|
|
@ -114,120 +231,66 @@ signed main() {
|
|
|
|
|
- 第一次搜索完成预处理(如子树大小等),同时得到该节点的解。
|
|
|
|
|
- 第二次搜索进行换根的动态规划,由已知解的节点推出相连节点的解。
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
#### [$C$. $Link$ $Cut$ $Centroids$](https://codeforces.com/contest/1406/problem/C)
|
|
|
|
|
> **账号**:$10402852@qq.com$ **密码**:$m****2$
|
|
|
|
|
> **关键词**:**求树的重心**
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
**题目大意**
|
|
|
|
|
给你一棵树的结点数$n$和$n-1$条边,你可以删除一条边再增加一条边,使得树的重心唯一,输出这条边
|
|
|
|
|
> **注意**:有$Specail$ $Judge$,如果删除哪条都行,那就随意删除一条就行
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
**性质**:
|
|
|
|
|
① 删除重心后所得的所有子树,节点数不超过原树的$1/2$,**一棵树最多有两个重心**
|
|
|
|
|
② 树中所有节点到重心的距离之和最小,如果有两个重心,那么他们距离之和相等
|
|
|
|
|
③ 两个树通过一条边合并,新的重心在原树两个重心的路径上
|
|
|
|
|
④ 树删除或添加一个叶子节点,重心最多只移动一条边
|
|
|
|
|
⑤ 一棵树最多有两个重心,且相邻
|
|
|
|
|
#### [$P1364$ 医院设置](https://www.luogu.com.cn/problem/P1364)
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
**一、$O(N^3)$算法**
|
|
|
|
|
```cpp {.line-numbers}
|
|
|
|
|
#include <bits/stdc++.h>
|
|
|
|
|
using namespace std;
|
|
|
|
|
const int N = 1000010;
|
|
|
|
|
const int INF = 0x3f3f3f3f;
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
树的重心定义为树的某个节点,当去掉该节点后,树的各个连通分量中,节点数最多的连通分量其节点数达到最小值。树可能存在多个重心。如下图,当去掉点$1$后,树将分成两个连通块:$(2,4,5),(3,6,7)$,则最大的连通块包含节点个数为$3$。若去掉点$2$,则树将分成$3$个部分,$(4),(5),(1,3,6,7)$最大的连通块包含$4$个节点;第一种方法可以 **得到更小的最大联通分量**。可以发现,其他方案不可能得到比$3$更小的值了。所以,点$1$是树的重心。
|
|
|
|
|
int g[150][150];
|
|
|
|
|
int w[N];
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|

|
|
|
|
|
int main() {
|
|
|
|
|
int n;
|
|
|
|
|
cin >> n;
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
// 地图初始化
|
|
|
|
|
memset(g, 0x3f, sizeof g);
|
|
|
|
|
for (int i = 1; i <= n; i++) g[i][i] = 0;
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
**思路**
|
|
|
|
|
- 如果找到只有一个重心,那么直接删一个重心的直连边然后加回去就好
|
|
|
|
|
- 如果找到两个重心,那么在其中一个重心上找到一个直连点不是另一个重心,删除连另外一个就好
|
|
|
|
|
for (int i = 1; i <= n; i++) {
|
|
|
|
|
int a, b;
|
|
|
|
|
cin >> w[i] >> a >> b;
|
|
|
|
|
g[i][a] = g[a][i] = 1; // 左链接,右链接,二叉树,和一般的不一样
|
|
|
|
|
g[i][b] = g[b][i] = 1;
|
|
|
|
|
}
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
**如何求树的重心?**
|
|
|
|
|
// floyd
|
|
|
|
|
for (int k = 1; k <= n; k++)
|
|
|
|
|
for (int i = 1; i <= n; i++)
|
|
|
|
|
for (int j = 1; j <= n; j++)
|
|
|
|
|
if (g[i][j] > g[i][k] + g[k][j]) g[i][j] = g[i][k] + g[k][j];
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
int ans = INF;
|
|
|
|
|
for (int i = 1; i <= n; i++) {
|
|
|
|
|
int s = 0;
|
|
|
|
|
for (int j = 1; j <= n; j++) s += w[j] * g[i][j];
|
|
|
|
|
ans = min(ans, s);
|
|
|
|
|
}
|
|
|
|
|
printf("%d", ans);
|
|
|
|
|
return 0;
|
|
|
|
|
}
|
|
|
|
|
```
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1、先任选一个结点作为根节点(比如$1$号节点),把无根树变成有根树。然后设$sz[i]$表示以$i$为根节点的子树节点个数。转移方程为$\displaystyle sz[u]=\sum_{fa[v]=u} (sz[v])$
|
|
|
|
|
**二、$O(N^2)$算法**
|
|
|
|
|
$n$ 的值很小,最多可以有 $O(n^3)$ 的时间复杂度。
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2、设$son[i]$表示删去节点$i$后剩下的连通分量中最大子树节点个数。其中一部分在原来$i$其为根的子树。$\displaystyle son[i]=max(son[i],sz[j])$
|
|
|
|
|
> **解释**:$j$的含义是$i$的所有儿子节点
|
|
|
|
|
那么就可以枚举每一个节点,计算它的 **最小距离和** ,再统计答案。
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
另外一部分在$i$的 **上方** 子树有$n-sz[i]$个。
|
|
|
|
|
$$son[i]=max(son[i],n-sz[i])$$
|
|
|
|
|
**最小距离和** 怎么计算呢?容易想到的是枚举所有节点,算出两个节点之间的距离,再乘上这个节点的价值。
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|

|
|
|
|
|
这样就需要求出节点之间的距离。先枚举起点,然后算出每个节点到这个起点间的距离。我用的是一个朴素的 $dfs$,在搜索的过程中累加距离,每搜索到一个节点,就储存这个节点与起点间的距离。
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3、利用重心性质: ① 树必须存在$1$或$2$个重心 , ② 如果某个点是重心,那么把它拿下后,其它连通块的个数都需要小于等于整棵树节点个数的一半。 满足条件 ② 的结点数量不会超过$2$个!分别记录为$r_1,r_2$。
|
|
|
|
|
而累加距离也很容易实现,在从一个节点遍历到下一个节点时,$cnt$ 增加 $1$;而退回上一个节点时,$cnt$ 减去 $1$。
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
```cpp {.line-numbers}
|
|
|
|
|
#include <bits/stdc++.h>
|
|
|
|
|
using namespace std;
|
|
|
|
|
const int N = 1e5 + 10, M = N << 1;
|
|
|
|
|
#define int long long
|
|
|
|
|
#define endl "\n"
|
|
|
|
|
代码就很好实现了,时间复杂度也不高,$O(n^2)$。
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
// 链式前向星
|
|
|
|
|
int e[M], h[N], idx, w[M], ne[M];
|
|
|
|
|
void add(int a, int b, int c = 0) {
|
|
|
|
|
e[idx] = b, ne[idx] = h[a], w[idx] = c, h[a] = idx++;
|
|
|
|
|
}
|
|
|
|
|
**三、$O(N)$算法**
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
int sz[N]; // sz[i]:以i为根的子树中节点个数
|
|
|
|
|
int son[N]; // son[i]:去掉节点i后,剩下的连通分量中最大子树节点个数
|
|
|
|
|
int r1, r2, n;
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
void dfs(int u, int fa) {
|
|
|
|
|
sz[u] = 1; // u为根的子树中,最起码有一个节点u
|
|
|
|
|
son[u] = 0; // 把节点u去掉后,剩下的连通分量中最大子树节点个数现在还不知道,预求最大,先设最小
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { // 枚举u的每一条出边
|
|
|
|
|
int v = e[i];
|
|
|
|
|
if (v == fa) continue;
|
|
|
|
|
dfs(v, u); // 先把v为根的子树遍历完
|
|
|
|
|
sz[u] += sz[v]; // 把 v中获取填充的sz[v]值,用于组装自己sz[u]
|
|
|
|
|
son[u] = max(son[u], sz[v]); // 如果把u节点去掉,那么它的所有子节点v为根的子树中节点数,可以参加评选:
|
|
|
|
|
// 评选的标准是:son[i]:去掉节点i后,剩下的连通分量中最大子树节点个数
|
|
|
|
|
}
|
|
|
|
|
son[u] = max(son[u], n - sz[u]); // 右上角的那一块也可能成为评选的获胜者
|
|
|
|
|
if ((son[u] << 1) <= n) r2 = r1, r1 = u; // 删除重心后所得的所有子树,节点数不超过原树的1/2,一棵树最多有两个重心
|
|
|
|
|
// 如果模拟u被删除后,得到的所有子树中节点数量最多的没有超过原树的1/2,那么这个r1=u表示:找到了一个重心u
|
|
|
|
|
// r2=r1表示:如果找到两个重心,那么r1,r2 一人一个,此时,r1中肯定有值,但 r2不一定有值
|
|
|
|
|
}
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
signed main() {
|
|
|
|
|
int T;
|
|
|
|
|
cin >> T;
|
|
|
|
|
while (T--) {
|
|
|
|
|
cin >> n;
|
|
|
|
|
// 多组测试数据,清空
|
|
|
|
|
memset(sz, 0, sizeof sz);
|
|
|
|
|
memset(son, 0, sizeof son);
|
|
|
|
|
// 初始化链式前向星
|
|
|
|
|
memset(h, -1, sizeof h);
|
|
|
|
|
idx = 0;
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
r1 = r2 = 0; // 重心清零
|
|
|
|
|
for (int i = 1; i < n; i++) { // n-1条边
|
|
|
|
|
int x, y;
|
|
|
|
|
cin >> x >> y;
|
|
|
|
|
add(x, y), add(y, x);
|
|
|
|
|
}
|
|
|
|
|
dfs(1, 0); // 以1号点为入口,它的父节点是0
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
if (r2 == 0) { // 如果只有一个重心,r2=0表示没有第二个重心
|
|
|
|
|
int u = r1, v = e[h[u]];
|
|
|
|
|
cout << u << " " << v << endl; // 切掉一条边u->v
|
|
|
|
|
cout << u << " " << v << endl; // 加一条边 u->v
|
|
|
|
|
} else { // 如果有两个重心
|
|
|
|
|
int u = r2, v;
|
|
|
|
|
for (int i = h[u]; ~i; i = ne[i]) { // 不要删除掉两个重心相连接的那条边
|
|
|
|
|
v = e[i];
|
|
|
|
|
if (v != r1) break; // 只要对方节点不是另一个重心,那么就是可以删除的
|
|
|
|
|
}
|
|
|
|
|
cout << u << " " << v << endl; // 切一条边u->v,第二个重心所在边需要被切掉
|
|
|
|
|
cout << v << " " << r1 << endl; // 加一条边v->r1,不走u了,走了u的一个子节点v
|
|
|
|
|
}
|
|
|
|
|
}
|
|
|
|
|
return 0;
|
|
|
|
|
}
|
|
|
|
|
```
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
#### [$P1364$ 医院设置](https://www.luogu.com.cn/problem/P1364)
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
#### [$P2986$ $Great$ $Cow$ $Gathering$ $G$](https://www.luogu.com.cn/problem/P2986)
|
|
|
|
|
https://blog.csdn.net/zstuyyyyccccbbbb/article/details/108952302
|
|
|
|
|